1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 课时分层训练 (六十三 ) 排列与组合 A 组 基础达标 一、选择题 1 (2016 四川高考 )用数字 1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( ) A 24 B 48 C 60 D 72 D 第一步，先排个位，有 C13种选择； 第二步，排前 4 位，有 A44种选择 由分步乘法计数原理，知有 C13A 44 72(个 ) 2把 6 把椅子摆成一排， 3 人随机就座，任何两人不相邻的坐法 种数为 ( ) A 144 B 120 C 72 D 24 D 先把三把椅子隔开摆好，它们之间和两端有 4 个位置，再把三人带椅子插放在四个位置，
2、共有 A34 24 种坐法 3从 10 名大学毕业生中选 3 个人担任村长助理，则甲、乙至少有 1 人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为 ( ) A 85 B 56 C 49 D 28 C 分两类：甲、乙中只有 1 人入选且丙没有入选；甲、乙均入选且丙没有入选，计算可得所求选法种数为 C12C27 C22C17 49. 4 (2018 广州综合测试 (二 )从 1,2,3,4,5 这 5 个数字中任取 3 个数字组成没有重复数字的三位数，则这个三位数是偶数的概率为 ( ) 【导学号： 79140344】 A.15 B.25 C.12 D.35 B 从这 5 个数字中任取 3 个数字组成没有重
3、复数字的三位数共有 A35 60 个，其中是偶数的有 C12A24 24 个，所以所求概率 P 2460 25，故选 B. 5从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为 60 的共有 ( ) A 24 对 B 30 对 C 48 对 D 60 对 C 正方体六个面的对角线共有 12 条，则有 C212 66 对，而相对的两个面中的对角线其=【 ;精品教育资源文库 】 = 夹角都不是 60 ，则共有 3C 24 18 对，而其余的都符合题意，因此满足条件的对角 线共有 66 18 48 对 6 (2017 青岛二模 )将甲、乙等 5 名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一
4、人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有 ( ) A 18 种 B 24 种 C 36 种 D 72 种 C 1 个路口 3 人，其余路口各 1 人的分配方法有 C13C22A33种 .1 个路口 1 人， 2 个路口各 2人的分配方法有 C23C22A33种，由分类加法计 数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为 C13C22A33 C23C22A33 36 种 7若无重复数字的三位数满足条件： 个位数字与十位数字之和为奇数， 所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是 ( ) A 540 B 480 C 360 D 200 D 由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字 1 奇 1
5、 偶，有 C15C15A22 50种排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有 C14 4 种满足题意的选法，故满足题意的三位数共有 C14C 15C15A22 200(个 ) 二、填空题 8如图 1021，用五种不同颜色给 A、 B、 C、 D 涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域涂色不同，共有 _种涂法 A B C D 图 1021 260 共有 5414 5433 260 种 9若 Cm 18 3Cm8，则 m _. 【导学号： 79140345】 7 或 8 原不等式可化为 8！(m 1)！ (9 m)！ 38 ！m！ (8 m)！ ， 解得 m274. 0 m 18 ，且 0
6、 m8 ， 1 m8. 又 m 是整数， m 7 或 m 8. 10 (2017 天津高考 )用数字 1,2,3,4,5,6,7,8,9 组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有 _个 (用数字作答 ) =【 ;精品教育资源文库 】 = 1 080 当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为 C35C 14A 44 960. 当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为 A45 120. 故符合题意的四位数一共有 960 120 1 080(个 ) B 组 能力提升 11某校从 8 名教师中选派 4 名同时去 4 个边远 地区支教 (每地 1 名教师 )，其
7、中甲和乙不能都去，甲和丙只能都去或都不去，则不同的选派方案有 ( ) A 900 种 B 600 种 C 300 种 D 150 种 B 甲去支教，则乙不去支教，丙去支教，故满足题意的选派方案有 C25A 44 240 种；甲不去支教，则丙不去支教，故满足题意的选派方案有 A46 360 种因此，满足题意的选派方案共有 240 360 600 种故选 B. 12在 AOB 的 OA 边上取 m 个点，在 OB 边上取 n 个点 (均除 O 点外 )，连同 O 点共 m n 1个点，现任取其中 3 个点为顶点作三角形，可作的三角形的个数为 ( ) A C1m 1C2n C1n 1C2m B C1
8、mC2n C1nC2m C C1mC2n C1nC2m C1mC1n D C1mC2n C2m 1C1m C 作出的三角形可以分成两类，一类是含有 O 点的，另一类是不含 O 点的 (1)含有 O点的，则在 OA， OB 上各取 1 个点，共有 C1mC1n个； (2)不含有 O 点的，则在 OA 上取一点，OB 上取两点，或者在 OA 上取两点， OB 上取一点，共有 C1mC2n C1nC2m个所以可作的三角形个数为 C1mC2n C1nC2m C1mC1n，故选 C. 13某班组织文艺晚会，准备从 A， B 等 8 个节目中选出 4 个节目演出，要求 A， B 两个节目至少有一个选中，且
9、 A， B 同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种 数为 ( ) A 1 860 B 1 320 C 1 140 D 1 020 C 当 A， B 节目中只选一个时，共有 C12C36A44 960 种演出顺序；当 A， B 节目都被选中时，由插空法得共有 C26A22A23 180 种演出顺序所以一共有 1 140 种演出顺序 14 (2017 佛山质检 )设集合 A (x1， x2， x3， x4， x5)|xi 1,0,1， i 1,2,3,4,5，那么集合 A 中满足条件 “1| x1| |x2| |x3| |x4| |x5|3” 的元素个数为 ( ) A 60 B
10、90 C 120 D 130 D 因为 xi 1,0,1， i 1,2,3,4,5， 且 1| x1| |x2| |x3| |x4| |x5|3 ， 所以 xi中至少两个为 0，至多四个为 0. (1)xi(i 1,2,3,4,5)中有 4 个 0,1 个 1 或 1.A 有 2C15 10 个元素 =【 ;精品教育资源文库 】 = (2)xi中有 3 个 0,2 个 1 或 1， A 有 C2522 40 个元素 (3)xi中有 2 个 0,3 个 1 或 1， A 有 C35222 80 个元素 从而，集合 A 中共有 10 40 80 130 个元素 15某外商计划在 4 个候选城市中投
11、资 3 个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2 个，则该外商不同的投资方案有 _种 . 【导学号： 79140346】 60 法一 (直接法 )：若 3 个不同的项目投资到 4 个城市中的 3 个，每个城市一项，共A34种方法；若 3 个不同的项目投资到 4 个城市中 的 2 个，一个城市一项、一个城市两项共 C23A24种方法由分类加法计数原理知共 A34 C23A24 60 种方法 法二 (间接法 )：先任意安排 3 个项目，每个项目各有 4 种安排方法，共 43 64 种排法，其中 3 个项目落入同一城市的排法不符合要求共 4 种，所以总投资方案共 43 4 64 4 60种 16摄像师要对已坐定一排照像的 5 位小朋友的座位顺序进行调整，要求其中恰有 2 人座位不调整， 则不同的调整方案的种数为 _ (用数字作答 ) 20 先从 5 位小朋友中选取 2 位，让他们位置不变，其余 3 位都改变自己的位置，即 3人不在其位，共有方案种数为 N C25C 12C 11C 11 20 种
